Jocul în care participanții. Probleme în teoria probabilităților cu soluții. Asta, în general, ți-a dat doi ani de pregătire în marș

cu primii absolvenţi ai Şcolii de Arhitectură din Moscova.

A.V.: Iulia, ți-ai făcut diploma la studioul lui Serghei Tchoban „Coordonarea mișcării”, unde obiectul tău de design era blocul D-1 din Skolkovo. Din câte îmi dau seama, munca ta a fost probabil cea mai specifică: proiectai pentru un loc al cărui context nu fusese încă format. Cum este?

Yu.A.: Lucrul fără un context existent a fost într-adevăr puțin ciudat. În acea zonă din Skolkovo, pentru care planul general a fost elaborat de biroul de discurs al lui Sergey Tchoban împreună cu compania lui David Chipperfield, ni s-a oferit un site și a trebuit să ne dăm seama ce să facem cu el. În primul semestru am fost împărțiți în 3 grupe de câte 4 persoane și s-a anunțat între noi un concurs pentru o soluție de planificare pe un trimestru. Trebuia să punem pe bucata de pământ pe care am primit-o, douăsprezece, în medie - case cu cinci etaje, după numărul de elevi din grupă. S-a întâmplat că echipa noastră a câștigat competiția: Anya Shevchenko, Dima Stolbovoy, Artem Slizunov și eu. Am ajuns să avem un plan destul de rigid, care a fost limitat nu doar de niște parametri cadastrali, ci și termeni de referinta, și codul de proiectare.

Care este planul tău general?

Am schimbat structura care era în versiunea originală a master planului: pentru a reduce amploarea mediului, ne-am împărțit trimestrul în 4 subsferturi cu spațiu public în interiorul fiecăruia. În plus, fiecare subbloc avea propria sa funcție: locuințe, start-up-uri, un subbloc cu funcție sportivă și o clădire majoră, precum și un site cu un hostel, un hotel, un muzeu, iar piața principală este, de asemenea, situat chiar acolo.

Ce restricții ați scris în codul de proiectare?

Trimestrul este foarte mic, iar intențiile fiecăruia dintre participanți i-ar putea influența foarte mult pe ceilalți. Prin urmare, nu am prescris materiale specifice, ci am reglementat posibilele modificări de formă prin setarea „amprentei” și FAR. De exemplu, dacă faci o „răutură”, numărul tău de etaje crește, care, la rândul său, este, de asemenea, limitat la un anumit nivel.

Care a fost următorul pas?

Mai departe, fiecare dintre noi a trebuit să dezvolte una dintre clădirile de pe șantier, dar care, cu ce funcție - a fost determinată prin lot, am tras bucăți de hârtie cu „loturi”. Acesta a fost planul lui Serghei Tchoban. Și această situație este fundamental diferită de cea în care tu însuți alegi tema diplomei și proiectezi o clădire cu o anumită funcție, pe care, poate, ai visat să o proiectezi pentru toți cei șase ani de studiu. Aici a trebuit să ne împăcăm cu faptul că ne-am luat la sorți și, pe de o parte, a fost destul de dureros, dar pe de altă parte, aceasta este o situație aproape de viață.

Ce ai primit?

Sunt norocoasă, după părerea mea. Am proiectat clădirea startup-ului. Cu anumite dimensiuni, care nu au putut fi schimbate. Cel mai important principiu de la care am plecat a fost atât ideologic, cât și funcțional: astăzi este un start-up, iar mâine, este destul de probabil să nu mai existe.

La urma urmei, ce este Skolkovo în general? Nimeni nu poate răspunde în mod rezonabil la această întrebare. După ce am studiat materialele, am ajuns la concluzia că propria strategie dezvoltarea Skolkovo este destul de flexibilă. Pentru mine, aceasta a fost principala condiție pe care trebuia să o îndeplinească proiectul meu. Prin urmare, cu o lățime a clădirii de 12 metri, a fost important pentru mine să nu existe pereți suplimentari în clădirea mea. Nu am lăsat decât miezurile de rigidizare, care sunt obligatorii din punct de vedere al designului. În interior este un plan de etaj deschis, deschis. În ceea ce privește aspectul exterior, am încercat să-mi proiectez clădirea în așa fel încât să fie destul de modestă, dar în același timp expresivă.

Fațada principală s-a dovedit a fi un cap de 12 metri cu vedere la bulevard. Așa că am decis să-i ascuți forma. Acoperișul în fronton, care a devenit accentul vizual al întregii clădiri, joacă un rol important. Este o legătură intermediară între cei doi „vecini” ai obiectului meu, diferiți ca înălțime și expresivitate.

V-ați format propria atitudine față de însăși ideea Centrului de inovare Skolkovo în procesul de lucru?

S-a schimbat pe parcursul lucrărilor. La început, contextul ideologic a dominat puțin. Și atunci am început să percepem Skolkovo nu mai ca un fenomen la scara Rusiei, ci să luăm în considerare cu atenție problemele locului în sine. Pentru că astăzi ar putea fi Centrul de inovare iar maine este altceva. Și ce, clădirea ta ar trebui demolată? Arhitectura bună poate trăi mai mult decât contextul său original. Ea creează una nouă.

A fost greu să lucrezi în grup? Cum s-a construit relația în cadrul studioului când fiecare dintre voi și-a început propriul proiect?

Da, desigur, e greu. La urma urmei, a funcționat în așa fel încât situația în ansamblu s-ar putea schimba radical de la dorințele fiecărei persoane. Intriga este destul de mică, iar ideea cuiva de a face, să zicem, o consolă sau altceva, ar putea afecta, de exemplu, standardele de insolație. Și apoi ne-am așezat cu toții și am început să discutăm dacă este corect sau nu.

Varianta finală m-a surprins plăcut. La început, mi s-a părut că în toată lumea va depăși dorința de a face un proiect wow-teză, mai degrabă decât o muncă de grup armonioasă. Dar planul general s-a dovedit în cele din urmă a fi destul de echilibrat. Mi se pare că am reușit să găsim un „mijloc de aur” între ambițiile personale și nevoia de a respecta anumite reguli ale jocului.

Care au fost particularitățile studiului cu Sergey Tchoban?

A fost o plăcere să lucrez cu toți șefii studioului nostru. Pe lângă Serghei, aceștia sunt Alexei Ilyin și Igor Chlenov de la biroul de vorbire, iar specialiști aliați au venit să ajute la rezolvarea anumitor noduri. Procesul educațional a fost construit într-o manieră încântător de precisă, literalmente la minut. Deși Serghei într-o oarecare măsură, probabil, a fost dificil cu noi. Mi se pare că conta pe faptul că eram deja aproape profesioniști. Și noi, nu pot spune că suntem încă copii, dar diferența dintre un angajat al biroului și un student este încă incredibil de mare. El și-a împărtășit cunoștințele cu noi nu ca profesor, ci ca arhitect practicant și a reușit să ne facă să lucrăm mai independent și unul cu altul decât cu profesorii. Era într-adevăr „coordonarea mișcărilor”.

Ce ți-au dat în general doi ani de studii la MARCH?

Nu pot spune că al treilea ochi s-a deschis. Dar unele îndoieli au fost rezolvate, unele poziții au fost întărite. Acum sunt mai responsabil pentru ceea ce fac și ceea ce spun. Poate un mare mulțumesc pentru acest MARTIE, poate un mare mulțumire pentru această dată. Pot spune că cel mai valoros lucru din MARTIE este resursa principalașcolile sunt oameni și o atmosferă specială. Practic, am fost acolo pentru oameni. Am fost la Serghei Sitar, la Kiril Ass, la Evgeny Viktorovich, la Narine Tyutcheva. În plus, v-am avut, tovarăși, care m-ați inspirat și susținut. Sper că vom continua să comunicăm, sper să facem ceva împreună.

Unde ai studiat înainte?

Mi-am susținut diploma de licență la Institutul de Arhitectură din Moscova de la cea mai excelentă profesoară Irina Mikhailovna Yastrebova. Și pot adăuga că tratez foarte bine Institutul de Arhitectură din Moscova și nu cred că acesta este un fel de relicvă sovietică. El oferă elementele de bază academice, iar mai târziu fiecare decide singur ce vrea să facă.

Ce vrei sa faci acum?

În toți anii ai existenței mele în arhitectură, am scris despre ea, am citit despre ea, am vorbit despre ea, dar nu am creat-o niciodată în sensul deplin al cuvântului. Făceam, de fapt, arhitectură de hârtie, cu o asemenea, știi, o pretenție de artă conceptuală. Și dacă înainte eram complet sigur că teoria determină practica, acum nu pot să cred în ea până nu o verific. Prin urmare, acum trebuie să vizitez un șantier, trebuie să înțeleg ce este - când ai făcut ceva pe hârtie, atunci te-ai luptat pentru asta, te-ai certat, ai coordonat și, în cele din urmă, stai, privești și înțelegi: asta este, s-a întâmplat! Aceasta este ideea mea fixă. Prin urmare, pentru următorii doi ani, îmi propun să exersez și să încerc să-mi croiesc drum spre șantier, spre implementare, cât mai scurt.

Probleme în teoria probabilităților cu soluții

1. Combinatorică

Sarcina 1 . Sunt 30 de elevi într-un grup. Este necesar să se aleagă șeful, adjunctul șefului și liderul de sindicat. Câte moduri există de a face asta?

Soluţie. Oricare dintre cei 30 de studenți poate fi ales ca director, oricare dintre restul de 29 de studenți ca adjunct și oricare dintre restul de 28 de studenți ca organizator de sindicat, adică n1=30, n2=29, n3=28. Conform regulii înmulțirii, numărul total de N modalități de alegere a șefului, adjunctul acestuia și conducătorul de sindicat este N=n1´n2´n3=30´29´28=24360.

Sarcina 2 . Doi poștași trebuie să livreze 10 scrisori la 10 adrese. În câte moduri pot distribui munca?

Soluţie. Prima literă are n1=2 alternative - fie se referă la destinatar primul poștaș, sau al doilea. Există, de asemenea, n2=2 alternative pentru a doua literă și așa mai departe, adică n1=n2=…=n10=2. Prin urmare, în virtutea regulii înmulțirii, numărul total de moduri de distribuire a scrisorilor între doi poștași este

Sarcina 3. Într-o cutie sunt 100 de părți, dintre care 30 sunt părți de clasa I, 50 de clasa a II-a, iar restul sunt de clasa a III-a. Câte moduri există pentru a extrage o parte din clasa I sau a II-a din cutie?

Soluţie. Un detaliu al clasei I se poate extrage în n1=30 moduri, al clasei a II-a – în n2=50 moduri. Conform regulii sumei, există N=n1+n2=30+50=80 de moduri de a extrage o parte din clasa I sau a II-a.

Sarcina 5 . Ordinea de desfășurare a celor 7 participanți la concurs se stabilește prin tragere la sorți. Câte variante diferite de extragere sunt posibile?

Soluţie. Fiecare versiune a extragerii diferă doar în ordinea participanților la competiție, adică este o permutare a 7 elemente. Numărul lor este

Sarcina 6 . În competiție participă 10 filme în 5 nominalizări. Câte opțiuni pentru distribuirea premiilor există, dacă pentru toate nominalizările variat premii?

Soluţie. Fiecare dintre opțiunile de distribuire a premiului este o combinație de 5 filme din 10, care diferă de alte combinații atât ca compoziție, cât și în ordinea acestora. Deoarece fiecare film poate primi premii la una sau mai multe nominalizări, aceleași filme pot fi repetate. Prin urmare, numărul de astfel de combinații este egal cu numărul de plasări cu repetări de 10 elemente cu 5:

Sarcina 7 . 16 persoane participă la un turneu de șah. Câte jocuri trebuie jucate într-un turneu dacă un joc trebuie jucat între oricare doi participanți?

Soluţie. Fiecare joc este jucat de doi participanți din 16 și diferă de ceilalți doar prin compoziția perechilor de participanți, adică este o combinație de 16 elemente câte 2. Numărul lor este

Sarcina 8 . În condițiile sarcinii 6, stabiliți câte opțiuni de distribuire a premiilor există, dacă pentru toate nominalizările aceeași premii?

Soluţie. Dacă se stabilesc aceleași premii pentru fiecare nominalizare, atunci ordinea filmelor în combinația de 5 premii nu contează, iar numărul de opțiuni este numărul de combinații cu repetări a 10 elemente din 5, determinat de formula

Sarcina 9. Grădinarul trebuie să planteze 6 copaci în trei zile. În câte moduri poate distribui munca între zile dacă plantează cel puțin un copac pe zi?

Soluţie. Să presupunem că un grădinar plantează copaci la rând și poate lua diferite decizii cu privire la ce copac să se oprească în prima zi și pe care să se oprească în a doua. Astfel, se poate imagina că copacii sunt despărțiți de două pereți despărțitori, fiecare dintre ele putând sta în unul dintre cele 5 locuri (între copaci). Pereții despărțitori trebuie să stea acolo unul câte unul, pentru că altfel nu va fi plantat niciun copac într-o zi. Astfel, este necesar să alegeți 2 elemente din 5 (fără repetări). Prin urmare, numărul de moduri .

Sarcina 10. Câte numere din patru cifre (posibil începând cu zero) există ale căror cifre însumează 5?

Soluţie. Să reprezentăm numărul 5 ca o sumă a celor consecutive, împărțite în grupuri pe partiții (fiecare grup din sumă formează următoarea cifră a numărului). Este clar că vor fi necesare 3 astfel de partiții.Există 6 locuri pentru partiții (înaintea tuturor unităților, între ele și după). Fiecare scaun poate fi ocupat de una sau mai multe partiții (în acest din urmă caz, nu există niciuna între ele, iar suma corespunzătoare este zero). Considerați aceste locuri ca elemente ale unui set. Astfel, este necesar să alegeți 3 elemente din 6 (cu repetări). Prin urmare, numărul dorit de numere

Sarcina 11 . În câte moduri poate fi împărțit un grup de 25 de elevi în trei subgrupe A, B și C de 6, 9 și, respectiv, 10 persoane?

Soluţie. Aici n=25, k=3, n1=6, n2=9, n3=10..gif" width="160" height="41">

Sarcina 1 . Într-o cutie sunt 5 portocale și 4 mere. Se aleg la întâmplare 3 fructe. Care este probabilitatea ca toate cele trei fructe să fie portocale?

Soluţie. Rezultatele elementare aici sunt seturi care includ 3 fructe. Deoarece ordinea fructelor este indiferentă, vom presupune că alegerea lor este neordonată (și nerepetitivă). gif" width="161 height=83" height="83">.

Sarcina 2 . Profesorul oferă fiecăruia dintre cei trei elevi să se gândească la orice număr de la 1 la 10. Presupunând că fiecare dintre elevi are șanse egale să aleagă orice număr dintre cele date, găsiți probabilitatea ca unul dintre ei să aibă același număr.

Soluţie. Mai întâi, să calculăm numărul total de rezultate. Primul elev alege unul dintre cele 10 numere și are n1=10 posibilități, al doilea are și n2=10 posibilități, iar în final al treilea are și n3=10 posibilități. În virtutea regulii înmulțirii, numărul total de moduri este: n= n1´n2´n3=103 = 1000, adică întregul spațiu conține 1000 de rezultate elementare. Pentru a calcula probabilitatea evenimentului A, este convenabil să treceți la evenimentul opus, adică să numărați numărul acelor cazuri când toți cei trei elevi se gândesc la numere diferite. Primul are încă m1=10 moduri de a alege un număr. Al doilea elev are acum doar m2=9 posibilități, deoarece trebuie să aibă grijă ca numărul său să nu coincidă cu numărul intenționat al primului elev. Al treilea elev este și mai limitat în alegerea sa - are doar m3=8 posibilități. Prin urmare, numărul total de combinații de numere concepute în care nu există potriviri este egal cu m=10×9×8=720. Sunt 280 de cazuri în care există potriviri, deci probabilitatea dorită este P=280/1000=0,28.

Sarcina 3 . Găsiți probabilitatea ca într-un număr de 8 cifre exact 4 cifre să fie aceleași, iar restul să fie diferite.

Soluţie. Evenimentul A=(un număr din opt cifre conține 4 cifre identice). Din starea problemei rezultă că în numărul de cinci cifre diferite, una dintre ele se repetă. Numărul de moduri de a alege este egal cu numărul de moduri de a alege o cifră din 10 cifre..gif" width="21" height="25 src="> . Apoi numărul de rezultate favorabile. Numărul total de modalități de a compune numere din 8 cifre este |W|=108 Probabilitatea dorită este egală cu

Sarcina 4 . Șase clienți se aplică aleatoriu la 5 firme. Găsiți probabilitatea ca nimeni să nu se aplice la cel puțin o firmă.

Soluţie. Luați în considerare evenimentul opus https://pandia.ru/text/78/307/images/image020_10.gif" width="195" height="41">. Numărul total de moduri de a distribui 6 clienți între 5 firme. Prin urmare . Prin urmare, .

Sarcina 5 . Fie ca o urnă să conțină N bile, dintre care M sunt albe și N–M sunt negre. din urnă se extrag n bile. Aflați probabilitatea ca printre ele să fie exact m bile albe.

Soluţie. Deoarece ordinea elementelor nu este semnificativă aici, numărul tuturor mulțimilor posibile de mărime n de N elemente este egal cu numărul de combinații de m bile albe, n–m bile negre și, prin urmare, probabilitatea dorită este P (A)=https://pandia. ru/text/78/307/images/image031_2.gif" width="167" height="44">.

Sarcina 7 (sarcina intalnirii) . Două persoane A și B au convenit să se întâlnească într-un anumit loc între orele 12 și 13. Prima persoană care sosește îl așteaptă pe celălalt timp de 20 de minute, după care pleacă. Care este probabilitatea de a întâlni persoanele A și B dacă sosirea fiecăruia dintre ele se poate întâmpla la întâmplare în timpul orei specificate și momentele de sosire sunt independente?

Soluţie. Să notăm ora de sosire a persoanei A ca x și a persoanei B ca y. Pentru ca întâlnirea să aibă loc, este necesar și suficient ca ôx-yô£20. Să reprezentăm x și y ca coordonate pe plan, ca unitate de scară vom alege un minut. Toate rezultatele posibile sunt reprezentate de punctele unui pătrat cu latura de 60, iar cele favorabile întâlnirii sunt situate în zona umbrită. Probabilitatea dorită este egală cu raportul dintre aria figurii umbrite (Fig. 2.1) și aria întregului pătrat: P(A) = (602–402)/602 = 5/9.

3. Formule de bază ale teoriei probabilităților

Sarcina 1 . Există 10 butoane roșii și 5 albastre într-o cutie. Două butoane sunt scoase la întâmplare. Care este probabilitatea ca butoanele să fie de aceeași culoare? ?

Soluţie. Evenimentul A=(butoanele de aceeași culoare sunt eliminate) poate fi reprezentat ca o sumă, unde evenimentele și înseamnă alegerea butoanelor roșii și, respectiv, albastre. Probabilitatea de a trage două butoane roșii este egală, iar probabilitatea de a trage două butoane albastre https://pandia.ru/text/78/307/images/image034_2.gif" width="19 height=23" height="23 ">.gif" width="249" height="83">

Sarcina 2 . Dintre angajații firmei, 28% știu Limba engleză, 30% - germană, 42% - franceză; Engleză și germană - 8%, engleză și franceză - 10%, germană și franceză - 5%, toate cele trei limbi - 3%. Aflați probabilitatea ca un angajat al companiei selectat aleatoriu: a) să cunoască engleza sau germana; b) cunoaste engleza, germana sau franceza; c) nu cunoaște niciuna dintre limbile enumerate.

Soluţie. Fie A, B și C evenimentele în care un angajat al firmei selectat aleatoriu vorbește engleza, germană sau, respectiv, franceză. Evident, cotele angajaților firmei care vorbesc anumite limbi determină probabilitățile acestor evenimente. Primim:

a) P(AÈB)=P(A)+P(B) -P(AB)=0,28+0,3-0,08=0,5;

b) P(AÈBÈC)=P(A)+P(B)+P(C)-(P(AB)+P(AC)+P(BC))+P(ABC)=0,28+0, 3+ 0,42-

-(0,08+0,1+0,05)+0,03=0,8;

c) 1-P(AÈBÈC)=0,2.

Sarcina 3 . Familia are doi copii. Care este probabilitatea ca cel mai mare copil să fie băiat dacă se știe că în familie există copii de ambele sexe?

Soluţie. Fie A = (copilul cel mare este un băiat), B = (în familie sunt copii de ambele sexe). Să presupunem că nașterea unui băiat și nașterea unei fete sunt evenimente equiprobabile. Dacă nașterea unui băiat este notată cu litera M, iar nașterea unei fete este notă cu D, atunci spațiul tuturor rezultatelor elementare este format din patru perechi: . În acest spațiu, doar două rezultate (MD și MM) corespund evenimentului B. Evenimentul AB înseamnă că în familie există copii de ambele sexe. Cel mai mare copil este un băiat, prin urmare, al doilea (cel mai mic) copil este o fată. Acest eveniment AB corespunde unui singur rezultat - MD. Astfel |AB|=1, |B|=2 și

Sarcina 4 . Stăpânul, având 10 piese, dintre care 3 nestandard, verifică piesele una câte una până când dă peste una standard. Care este probabilitatea ca el să verifice exact două detalii?

Soluţie. Evenimentul A=(masterul a verificat exact două părți) înseamnă că în timpul unei astfel de verificări, prima parte s-a dovedit a fi nestandard, iar a doua - standard. Prin urmare, , unde =( prima parte s-a dovedit a fi nestandard) și =(a doua parte este standard). Este evident că probabilitatea evenimentului A1 este, de asemenea, egală cu , deoarece înainte de a lua partea a doua, maestrului avea 9 părți rămase, dintre care doar 2 sunt non-standard și 7 sunt standard. Prin teorema înmulțirii

Sarcina 5 . O cutie conține 3 bile albe și 5 negre, iar cealaltă cutie conține 6 bile albe și 4 negre. Găsiți probabilitatea ca o minge albă să fie extrasă din cel puțin o cutie dacă se extrage o minge din fiecare cutie.

Soluţie. Evenimentul A=(o minge albă este scoasă din cel puțin o cutie) poate fi reprezentat ca o sumă, unde evenimentele și înseamnă apariția unei mingi albe din prima și a doua casetă, respectiv..gif" width=" 91" height="23">..gif " width="20" height="23 src=">.gif" width="480" height="23">.

Sarcina 6 . Trei examinatori susțin un examen la o anumită materie dintr-un grup de 30 de persoane, primul interogând 6 studenți, al doilea - 3 studenți, iar al treilea - 21 de studenți (elevii sunt selectați aleatoriu din listă). Raportul dintre cei trei examinatori și cei slab pregătiți este diferit: șansele ca astfel de elevi să treacă examenul sunt de 40% pentru primul profesor, doar 10% pentru al doilea și de 70% pentru al treilea. Găsiți probabilitatea ca un elev slab pregătit să treacă examenul .

Soluţie. Notați prin ipoteze că elevul slab pregătit a răspuns la primul, al doilea și, respectiv, al treilea examinator. Conform sarcinii

, , .

Fie evenimentul A=(elevul slab pregătit a promovat examenul). Apoi, din nou, în virtutea stării problemei

, , .

Conform formulei probabilității totale, obținem:

Sarcina 7 . Compania are trei surse de aprovizionare cu componente - companiile A, B, C. Compania A reprezintă 50% din totalul aprovizionării, B - 30% și C - 20%. Din practica se stie ca dintre piesele furnizate de firma A, 10% sunt defecte, de firma B - 5% si de firma C - 6%. Care este probabilitatea ca o parte aleasă la întâmplare să fie bună?

Soluţie. Fie evenimentul G apariția unei părți bune. Probabilitățile ipotezelor că piesa a fost furnizată de firmele A, B, C sunt respectiv P(A)=0,5, P(B)=0,3, P(C)=0,2. Probabilitățile condiționate de apariție a unei piese bune în acest caz sunt P(G|A)=0,9, P(G|B)=0,95, P(G|C)=0,94 (ca și probabilitățile de evenimente opuse apariției). a unei piese defecte). Conform formulei probabilității totale, obținem:

P(G)=0,5×0,9+0,3×0,95+0,2×0,94=0,923.

Sarcina 8 (vezi problema 6). Să se știe că elevul nu a promovat examenul, adică a primit o notă „nesatisfăcătoare”. Care dintre cei trei profesori a răspuns cel mai probabil ?

Soluţie. Probabilitatea de a fi „eșuat” este de . Este necesar să se calculeze probabilitățile condiționate. Conform formulelor lui Bayes, obținem:

https://pandia.ru/text/78/307/images/image059_0.gif" width="183" height="44 src=">, .

Rezultă că, cel mai probabil, elevul slab pregătit a susținut examenul celui de-al treilea examinator.

4. Teste independente repetate. teorema lui Bernoulli

Sarcina 1 . Un zar este aruncat de 6 ori. Găsiți probabilitatea ca șase să apară exact de 3 ori.

Soluţie. Lansarea unui zar de șase ori poate fi privită ca o secvență de încercări independente cu o probabilitate de succes („șase”) egală cu 1/6 și o probabilitate de eșec - 5/6. Probabilitatea dorită se calculează prin formula .

Sarcina 2 . Moneda este aruncată de 6 ori. Găsiți probabilitatea ca stema să apară de cel mult 2 ori.

Soluţie. Probabilitatea dorită este egală cu suma probabilităților a trei evenimente, constând în faptul că stema nu cade nici măcar o dată, nici o dată sau de două ori:

P(A) = P6(0) + P6(1) + P6(2) = https://pandia.ru/text/78/307/images/image063.gif" width="445 height=24" height= „24”>.

Sarcina 4 . Moneda este aruncată de 3 ori. Găsiți cel mai probabil număr de succese (blază).

Soluţie. Valorile posibile pentru numărul de reușite în cele trei încercări luate în considerare sunt m = 0, 1, 2 sau 3. Fie Am cazul în care, la trei aruncări ale unei monede, stema apare de m ori. Folosind formula Bernoulli, este ușor să găsiți probabilitățile evenimentelor Am (vezi tabelul):

Acest tabel arată că cele mai probabile valori sunt numerele 1 și 2 (probabilitățile lor sunt 3/8). Același rezultat poate fi obținut și din Teorema 2. Într-adevăr, n=3, p=1/2, q=1/2. Apoi

, adică .

Sarcina 5. Ca urmare a fiecărei vizite agent de asigurări contractul se încheie cu o probabilitate de 0,1. Găsiți cel mai probabil număr de contracte semnate după 25 de vizite.

Soluţie. Avem n=10, p=0,1, q=0,9. Inegalitatea pentru cel mai probabil număr de succese ia forma: 25×0,1–0,9 £m*£25×0,1+0,1 sau 1,6 £m*£2,6. Această inegalitate are o singură soluție întreagă, și anume m*=2.

Sarcina 6 . Se știe că rata de respingere pentru o parte este de 0,5%. Inspectorul verifică 1000 de piese. Care este probabilitatea de a găsi exact trei piese defecte? Care este probabilitatea de a găsi cel puțin trei piese defecte?

Soluţie. Avem 1000 de încercări Bernoulli cu o probabilitate de „succes” p=0,005. Aplicând aproximația Poisson cu λ=np=5, obținem

2) P1000(m³3)=1-P1000(m<3)=1-»1-,

și P1000(3)»0,14; P1000 (m³3) "0,875.

Sarcina 7 . Probabilitatea unei achiziții atunci când un client vizitează un magazin este p=0,75. Găsiți probabilitatea ca în 100 de vizite un client să facă o achiziție de exact 80 de ori.

Soluţie. În acest caz, n=100, m=80, p=0,75, q=0,25. Găsim , și determinați j(x)=0,2036, atunci probabilitatea dorită este P100(80)= .

Sarcina 8. Compania de asigurări a încheiat 40.000 de contracte. Probabilitatea unui eveniment asigurat pentru fiecare dintre ele pe parcursul anului este de 2%. Găsiți probabilitatea ca nu mai mult de 870 de astfel de cazuri.

Soluţie. După condiția problemei n=40000, p=0,02. Găsim np=800,. Pentru a calcula P(m £ 870), folosim teorema integrală a lui Moivre-Laplace:

P(0 .

Găsim conform tabelului de valori al funcției Laplace:

P(0

Sarcina 9 . Probabilitatea ca un eveniment să apară în fiecare dintre cele 400 de studii independente este de 0,8. Găsiți un număr pozitiv e astfel încât, cu o probabilitate de 0,99, valoarea absolută a abaterii frecvenței relative de apariție a unui eveniment de la probabilitatea acestuia să nu depășească e.

Soluţie. După condiția problemei p=0,8, n=400. Folosim corolarul din teorema integrală Moivre-Laplace: . Prin urmare, ..gif" width="587" height="41">

5. Variabile aleatoare discrete

Sarcina 1 . Într-un buchet de 3 chei, o singură cheie se potrivește ușii. Cheile sunt sortate până când este găsită o cheie adecvată. Construiți o lege de distribuție pentru o variabilă aleatoare x - numărul de chei testate .

Soluţie. Numărul de chei încercate poate fi 1, 2 sau 3. Dacă este testată o singură cheie, aceasta înseamnă că prima cheie a ajuns imediat la ușă, iar probabilitatea unui astfel de eveniment este de 1/3. Deci, în plus, dacă au existat 2 chei testate, adică x=2, aceasta înseamnă că prima cheie nu s-a potrivit, iar a doua a făcut-o. Probabilitatea acestui eveniment este 2/3×1/2=1/3..gif" width="100" height="21"> Rezultatul este următoarea serie de distribuție:

Sarcina 2 . Construiți funcția de distribuție Fx(x) pentru variabila aleatoare x din problema 1.

Soluţie. Variabila aleatoare x are trei valori 1, 2, 3, care împart întreaga axă numerică în patru intervale: . Dacă x<1, то неравенство x£x невозможно (левее x нет значений случайной величины x) и значит, для такого x функция Fx(x)=0.

Dacă 1£x<2, то неравенство x£x возможно только если x=1, а вероятность такого события равна 1/3, поэтому для таких x функция распределения Fx(x)=1/3.

Dacă 2£x<3, неравенство x£x означает, что или x=1, или x=2, поэтому в этом случае вероятность P(x

Și, în sfârșit, în cazul lui x³3, inegalitatea x£x este valabilă pentru toate valorile variabilei aleatoare x, deci P(x

Deci avem următoarea funcție:

Sarcina 3. Legea comună de distribuție a variabilelor aleatoare x și h este dată cu ajutorul tabelului

Calculați legi particulare de distribuție a componentelor x și h. Determinați dacă sunt dependenți..gif" width="423" height="23 src=">;

https://pandia.ru/text/78/307/images/image086.gif" width="376" height="23 src=">.

Distribuția parțială pentru h se obține în mod similar:

https://pandia.ru/text/78/307/images/image088.gif" width="229" height="23 src=">.

Probabilitățile rezultate pot fi scrise în același tabel vizavi de valorile corespunzătoare ale variabilelor aleatoare:

Acum să răspundem la întrebarea despre independența variabilelor aleatoare x și h..gif" width="108" height="25 src="> în această celulă. De exemplu, în celula pentru valorile x=- 1 și h=1 există o probabilitate 1/16, iar produsul probabilităților parțiale corespunzătoare 1/4×1/4 este egal cu 1/16, adică coincide cu probabilitatea comună. Această condiție este verificată și în restul cinci celule și se dovedește a fi adevărat în toate. Prin urmare, variabilele aleatoare x și h sunt independente.

Rețineți că, dacă starea noastră a fost încălcată în cel puțin o celulă, atunci cantitățile ar trebui recunoscute ca dependente.

Pentru a calcula probabilitatea marcați celulele pentru care este îndeplinită condiția https://pandia.ru/text/78/307/images/image092.gif" width="574" height="23 src=">

Sarcina 4 . Fie variabila aleatoare ξ să aibă următoarea lege de distribuție:

Calculați așteptările matematice Mx, dispersie Dx și abaterea standard s.

Soluţie. Prin definiție, așteptarea lui x este

Abaterea standard https://pandia.ru/text/78/307/images/image097.gif" width="51" height="21">.

Soluţie. Să folosim formula . Și anume, în fiecare celulă a tabelului, înmulțim valorile corespunzătoare și , înmulțim rezultatul cu probabilitatea pij și rezumăm toate acestea peste toate celulele tabelului. Ca rezultat, obținem:

Sarcina 6 . Pentru o pereche de variabile aleatoare din problema 3, calculați covarianța cov(x, h).

Soluţie.În problema anterioară, așteptarea matematică a fost deja calculată . Rămâne de calculat și . Folosind legile distribuției parțiale obținute în rezolvarea problemei 3, obținem

; ;

si asta inseamnă

ceea ce era de aşteptat datorită independenţei variabilelor aleatoare.

Sarcina 7. Vectorul aleatoriu (x, h) ia valorile (0,0), (1,0), (–1,0), (0,1) și (0,–1) cu probabilitate egală. Calculați covarianța variabilelor aleatoare x și h. Arătați că sunt dependenți.

Soluţie. Deoarece Р(x=0)=3/5, P(x=1)=1/5, P(x=–1)=1/5; Р(h=0)=3/5, P(h=1)=1/5, P(h=–1)=1/5, apoi Мx=3/5´0+1/5´1+1 /5´(–1)=0 și Мh=0;

М(xh)=0´0´1/5+1´0´1/5–1´0´1/5+0´1´1/5–0´1´1/5=0.

Obținem cov(x, h)=M(xh)–MxMh=0, iar variabilele aleatoare sunt necorelate. Cu toate acestea, ele sunt dependente. Fie x=1, atunci probabilitatea condiționată a evenimentului (h=0) este egală cu Р(h=0|x=1)=1 și nu este egală cu necondiționatul Р(h=0)=3/5, sau probabilitatea (ξ=0,η =0) nu este egală cu produsul probabilităților: Р(x=0,h=0)=1/5¹Р(x=0)Р(h=0)=9/25 . Prin urmare, x și h sunt dependente.

Sarcina 8 . Creșterile aleatorii ale prețurilor acțiunilor a două companii în zilele x și h au o distribuție comună dată de tabel:

Aflați coeficientul de corelație.

Soluţie.În primul rând, calculăm Mxh=0,3-0,2-0,1+0,4=0,4. În continuare, găsim legi speciale de distribuție pentru x și h:

Definim Mx=0,5-0,5=0; Mh=0,6-0,4=0,2; Dx=1; Dh=1–0,22=0,96; cov(x, h)=0,4. Primim

.

Sarcina 9. Creșterile aleatorii ale prețurilor acțiunilor a două companii pe zi au dispersii Dx=1 și Dh=2, iar coeficientul lor de corelație este r=0,7. Aflați varianța creșterii prețului unui portofoliu de 5 acțiuni ale primei companii și 3 acțiuni ale celei de-a doua companii.

Soluţie. Folosind proprietățile de varianță, covarianță și definiția coeficientului de corelație, obținem:

Sarcina 10 . Distribuția unei variabile aleatoare bidimensionale este dată de tabelul:

Aflați distribuția condiționată și așteptarea condiționată h pentru x=1.

Soluţie. Așteptarea condiționată este

Din starea problemei, găsim distribuția componentelor h și x (ultima coloană și ultimul rând al tabelului).